2025年高考押题预测卷：化学（四川卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（四川卷02）（解析版），共20页。试卷主要包含了氮及其化合物的转化具有重要应用，BF3与一定量的水可形成物质R等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O-16 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Cr 52 C 59
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中国古代书籍文字中，诸多记载都能感受到化学学科的久远与魅力。下列有关说法正确的是
A．硝石“强烧之，紫青烟起”，说明可分解
B．“丹砂烧之成水银”，发生了置换反应
C．“慈石，色轻紫，可吸连针铁”，慈石的主要成分为
D．“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上”，“法”是指蒸馏
【答案】D
【解析】A．硝石（）灼烧时产生的“紫青烟”是钾元素的焰色反应，属于物理现象，并非分解导致，A错误；
B．丹砂（HgS）受热分解生成水银（Hg）和硫（S），反应类型为分解反应，而非置换反应，B错误；
C．具有磁性，慈石（磁石）的主要成分是，而不是，无磁性，C错误；
D．用浓酒和糟入甑，蒸令气上描述的是通过加热使酒精汽化再冷凝收集的蒸馏法，符合蒸馏原理，则“法”是指蒸馏，D正确；
故选D。
2．利用下列实验装置及药品能达到相应实验目的的是
【答案】A
【解析】A．受热易分解，而二氧化硅不会，分解生成的氨气和氯化氢气体在烧瓶底部能重新化合成氯化铵，故A能达到实验目的；
B．利用焰色反应来检验纯碱中是否含，还需一块蓝色钴玻璃片，故B不能达到实验目的
C．溶液若部分变质会含有，但和遇到氯化钡溶液都会反应生成白色沉淀，故C不能达到实验目的；
D．电石中含有杂质，与水反应产生的气体除了乙炔外，还含有硫化氢、磷化氢等气体，它们也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则要验证电石与水反应是否产生了乙炔，还需在通入酸性高锰酸钾溶液之前把它们除去，故D不能达到实验目的。
答案A。
3．下列化学用语正确的是
A．BF3的空间填充模型：
B．H2Te分子的价层电子对互斥模型：
C．的电子式：
D．基态原子的核外电子排布式：
【答案】B
【解析】A．BF3中心原子为B，价层电子对数为3+，孤电子对数为0，空间结构为平面正三角形，题给空间填充模型为三角锥形，A错误；
B．分子的中心原子为Te，价层电子对数为2+，孤电子对数为2，价层电子对互斥模型为四面体形：，B正确；
C．HCl为共价化合物，电子式为：，C错误；
D．As为33号元素，基态原子的核外电子排布式：，D错误；
故本题选B。
4．氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是
A．自然固氮、人工固氮都是将转化为
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：(稀)
【答案】D
【解析】A．自然固氮、人工固氮都是将转化为含氮的化合物，故A错误；
B．工业制硝酸过程中的物质转化是氮气转化为氨气，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应是一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，，故C错误；
D．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物，铜稀硝酸反应生成NO气体，NO遇空气转化为NO2，故D正确；
选D。
5．BF3与一定量的水可形成物质R(如图所示)。下列说法错误的是
A．R中阴、阳离子均含有配位键
B．阳离子的空间结构为三角锥形
C．BF3形成R后，B的杂化方式未发生改变
D．R中的阴、阳离子与水分子之间均可形成氢键
【答案】C
【解析】A．R中的阳离子（H3O+），是由H+提供空轨道，H2O中O原子提供孤电子对形成配位键；阴离子中是B原子提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，A正确；
B．H3O+的中心原子为sp3杂化，故空间结构为三角锥形，B正确；
C．BF3中，B是sp2杂化，R中B形成了4个σ键，杂化方式为sp3，C错误；
D．H3O+中的H可以与H2O中O原子形成氢键，H2O中的H也可与H3O+的O形成氢键，R中的F与H2O中的H可以形成氢键，D正确；
故答案选C。
6．下列过程对应的离子方程式错误的是
A．硫化氢溶液久置变浑浊：
B．沉淀中滴入氨水：
C．碱性锌锰电池的正极反应：
D．通入溶液中生成白色沉淀：
【答案】A
【解析】A．H2S是弱酸，在离子方程式中不能拆，硫化氢溶液久置变浑浊：，故A错误；
B．AgCl沉淀与氨水反应生成可溶性络合物，离子方程式为：，故B正确；
C．碱性锌锰电池正极反应中，MnO2在碱性条件下得电子生成MnO(OH)并伴随OH-生成，正极反应：，故C正确；
D．通入溶液中，SO2被Cu2+氧化为，Cu2+被还原为Cu+生成CuCl沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
7．按下图装置，将浓H2SO4加入浓Na2S2O3溶液中，产生气泡和沉淀。下列预期现象及相应推理均合理的是
A．烧瓶壁发热，说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热
B．湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明SO2水溶液显酸性
C．溴水润湿的滤纸褪色，说明SO2水溶液有漂白性
D．BaCl2溶液产生沉淀，说明生成BaSO3
【答案】B
【解析】A．浓硫酸稀释也会产生大量的热，所以烧瓶壁发热，不能说明反应S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放热，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，能够使溴水褪色，与其漂白性无关，故C错误；
D．盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故D错误；
答案选B。
8．化合物M是一种新型抗生素关键中间体的类似物，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是
A．Q的化学名称为2-甲基-1-丙醇B．在酸性条件下，M可水解生成CO2
C．K中氮原子的杂化方式为sp2D．形成M时，氮原子与L中碳原子a成键
【答案】D
【解析】A．Q为饱和一元醇，命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，即羟基碳原子的位次为“1”，则其化学名称为2-甲基-1-丙醇，A正确；
B．M分子中，左侧环上存在酯基和酰胺基，在酸性条件下两种官能团都发生水解反应，M可水解生成H2CO3，H2CO3分解生成CO2和水，B正确；
C．题中信息显示，化合物K虚线圈内所有原子共平面，则N原子的最外层孤电子对未参与杂化，N原子的杂化方式为sp2，C正确；
D．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，D错误；
故选D。
9．多取代呋喃（M）是许多天然产物和具有生物活性的重要药物的基本结构单元。由炔基酮（A）与重氮酯环加成生成M的反应机理如图所示。下列说法中错误的是
A．反应物A中最多有8个原子共平面
B．反应过程中Cu原子成键数目没有变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．合成M的总反应为+N2=CHCOOCH3+N2
【答案】B
【解析】A．反应物A为，5个C原子、1个O原子和每个上1个H原子共8个原子共平面，A正确；
B．中间产物B、D中Cu原子成键数目为2，C中Cu原子成键数目为3，则反应过程中Cu原子成键数目有变化，B错误；
C．反应②中有碳碳单键的形成和碳碳三键中的键断裂，有非极性键的形成和断裂；反应③中有C=O键的断裂和C—O键的形成，有极性键的断裂和形成，C正确；
D．由反应机理图可知，合成M的总反应的反应物为炔基酮(A)和重氮酯环()，生成物为M和，则合成M的总反应为：+N2=CHCOOCH3+N2，D正确；
故选B。
10．工业废水中的砷元素(主要存在形式是)具有强毒性，需要进行脱砷处理才能排放，下图是一种处理酸性废水中砷元素的工艺。下列叙述正确的是
A．氧化剂可以选择
B．氧化步骤的离子方程式：
C．加有助于通过共沉淀提高除砷率
D．脱砷后排放的水可用于配制溶液
【答案】C
【分析】高浓度的含砷废水中，砷以As(Ⅲ)和As(Ⅴ)形式存在，废水呈酸性，向废水中加入H2O2将低价态的As(Ⅲ)氧化为高价态，再加入FeCl3和NaOH，FeCl3在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀，砷的化合物与Fe(OH)3共同沉淀，提高除砷率，再调节废水pH，使水质符合排放标准，最终排放。
【解析】A．若氧化剂使用，会引入新的杂质锰元素，因此氧化剂不能选择，A项错误；
B．氧化步骤中加H2O2将氧化为，H2O2被还原为H2O，而不是生成O2，B项错误；
C．加调节，会转化为沉淀, 通过共同沉淀提高除砷率，C项正确；
D．根据流程分析可知，脱砷后排放的水中含有等杂质，会与反应生成沉淀，不能用于配制溶液，D项错误；
答案选C。
11．依据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是
【答案】C
【解析】A．先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀，说明CuS更难溶，其溶度积较小，即Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A正确；
B．食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，一段时间后溶液边缘变红，可知Fe发生吸氧腐蚀，B正确；
C．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能有醇羟基、与CuO发生反应恢复亮红色，也可能有羧基与氧化铜反应、余下红色的铜，C错误；
D．与SCN-反应形成红色络合物，向等物质的量浓度的KF、KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡溶液颜色无明显变化，说明与SCN-结合的能力更弱，故结合的能力：，D正确；
故答案为：C。
12．酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是
A．室温时，的溶液的约为3
B．向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊
C．饱和溶液中加入少量固体，的值减小
D．室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的
【答案】D
【解析】A．室温时，的溶液中，=，A项正确；
B．，故能发生反应，溶液与酒石酸混合，随反应的进行酒石酸电离平衡正移，使溶液中，则，有沉淀生成，溶液变浑浊，B项正确；
C．饱和溶液中加入少量固体，增大，不变，则减小，的值减小，C项正确；
D．溶液存在水解及电离，水解平衡常数，溶液显酸性，根据反应，可确定往的溶液中通气体至溶液时，溶液中的溶质为、、，则消耗的，D项错误；
答案选D。
13．铬、钙、氧可形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，其晶胞结构如图甲所示，氧离子与钙离子的最近距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．钙离子的配位数为8
B．氧离子与铬离子间的最短距离为 eq \f(eq \r(3),2)a pm
C．该晶胞沿z轴方向的投影如图乙
D．该复合氧化物晶体的密度为 eq \f(140,(eq \r(2)a×10－10)3×NA) g·cm－3
【答案】D
【解析】图甲,距离钙离子最近且等距离的氧离子有12个，即钙离子的配位数为12，A项错误；由晶胞结构可知，钙离子和氧离子的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞面对角线长度为2a pm，晶胞参数为 eq \r(2)a pm，氧离子与铬离子间的最短距离为 eq \f(eq \r(2),2)a pm，B项错误；该晶胞沿z轴方向的投影图应为，C项错误；根据均摊法，氧离子有6× eq \F(1,2)＝3个，铬离子有1个，钙离子有8× eq \F(1,8)＝1个，故化学式为CaCrO3，晶胞参数为 eq \r(2)a pm，根据ρ＝ eq \F(m,V)，晶体密度为 eq \f(140,(eq \r(2)a×10－10)3×NA) g·cm－3，D项正确。
14．工业上常用除去：。一定温度下，向恒容反应器中按照不同投料（见下表）充入气体。按照①进行投料时，测得体系中各成分的物质的量随时间变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．图中对应的物质是
B．①中达到平衡时，
C．按照②进行投料时，反应向逆反应方向进行
D．任意时刻③中的体积分数均为
【答案】C
【分析】对图中曲线标记如图，根据反应CS2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2S(g)，随着反应的进行，H2消耗的物质的量更大，故b表示H2，d表示CS2，同理H2S生成相比CH4更多，故a表示H2S，c表示CH4。
【解析】A．由分析，M对应物质是H2S，A正确；
B．由图知，①平衡时，H2和CH4物质的量相等，根据三段式
，即4-4x=x，解得x=0.8ml，即达到平衡时，n(H2)=0.8 ml，C正确；
C．设容器体积为1L，由选项B中的三段式可知，该温度下，反应平衡常数K=，按照按照②进行投料时，浓度积为，故反应会向正反应方向进行，C错误；
D．根据③的投料，列出三段式
，任意时刻，CS2的体积分数为，D正确；
本题选C。
15．有机物参加的反应在日常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，M电极和N电极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法正确的是
A．装置工作时，通过离子交换膜移向N极
B．阳极反应：2-4e-+4OH-+4H2O
C．装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的保持不变
D．转移相同电量，M电极消耗的和N电极产生的和相等
【答案】B
【分析】由图可知，在N极发生还原反应生成，N极为阴极，M极为阳极，以此解答。
【解析】A．由分析可知，N极为阴极，M极为阳极，则装置工作时，通过离子交换膜移向M极，A错误；
B．M极为阳极，在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，B正确；
C．阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，当转移4ml电子时，阴离子交换膜右侧有4ml OH-进入左侧，同时左侧消耗4ml OH-，右侧生成4ml OH-，两侧OH-物质的量不变，但左侧生成了水，OH-浓度减小，pH减小；右侧消耗水，OH-浓度增大，pH增大，C错误；
D．阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，每转移相同电子，M电极消耗的大于N电极产生的，D错误；
故选B。
第II卷（非选择题 共55分）
二、非选择题：共4题，共55分。
16．（13分）海绵锆又称人类黄金金属、太空金属，是重要的战略原料。工业上采用四氯化物分馏技术从锆英石(主要成分为，含、等杂质)制备海绵锆的工艺流程如图所示。
已知：①金属锆的熔点为1852℃，具有亲氧性，其表面易形成一层氧化膜，具有光泽，外观与钢相似；
②几种氯化物的沸点如下表所示：
回答下列问题：
（1）“球磨”的作用是 。
（2）“氯化”时在沸腾炉中进行，需控制温度在的温度下进行(其中一种生成物为CO)，请写出由反应生成的化学方程式： ；为了避免生成，工业上有时也可在电弧炉中高温加热将转化为碳化锆和气体，该过程反应的化学方程式为 。
（3）“提纯”时在提纯炉中分三步进行，提纯炉分为升华炉和冷凝器，第一步将炉子加热到150~200℃，此时 排出炉外；第二步向炉子中充入氢气，升温至300℃，目的是 ；第三步将炉子逐渐升温到600~660℃，冷凝器温度保持在，此时，连续从升华炉进入冷凝器冷凝为固体，铁的化合物留在炉渣中。
（4）“还原”反应时通入氩气的目的为 ，“真空蒸馏”时应控制温度约为 (填字母)。
A．1050℃ B．1150℃ C．1450℃ D．1950℃
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）增大接触面积，提高后续反应的速率（1分）
（2） 或
（3）、、 与二者沸点相近，将还原为，以免混在中影响纯度
（4）排除氧气的干扰，防止生成的金属锆被氧化 C
【分析】锆英石(主要成分为，含、等杂质)与焦炭混合球磨，增大二者的接触面积，提高反应速率，加Cl2氯化，生成粗的ZrCl4，再经过提纯得到纯净的ZrCl4，加入Mg在Ar氛围下还原得到Zr，再经过真空蒸馏、粉碎得到海绵锆。
【解析】（1）“球磨”时，要磨成粉，目的是增大接触面积，提高后续反应的速率；
（2）“氯化”时反应物为锆英石、氯气、焦炭，反应生成的化学方程式为；
在电弧炉中将锆英石和焦炭转化为碳化锆和气体，则化学方程式为或；
（3）根据信息，“提纯”时，加热到的温度，达到、的沸点和升华温度，先将SiCl4、AlCl3和多余Cl2排出炉外；
向炉子中充入氢气，升温至300℃，根据已知信息可推知目的是将还原为，因为FeCl3和ZrCl4二者沸点相近，以免混在中影响纯度；
（4）根据金属锆的性质可知，“还原”反应时通入氩气的目的为排除氧气的干扰，防止生成的金属锆被氧化；“还原”时Mg与ZrCl4发生置换反应生成MgCl2和Zr，“真空蒸馏”时为了使未反应的金属镁和氯化镁气化，控制温度大于等于1412℃，考虑到节约成本，温度不宜过高，C项符合题意。
17．（14分）已知三氯化六氨合钴[C(NH3)6]Cl3(Mr=267.5g/ml)为橙黄色晶体易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CCl2制备，制备装置如图所示。已知：C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性。
I．制备产品，步骤如下：
①称取1.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到三颈烧瓶中。
②分批加入1.5 g CCl2后，再加入0.3g活性炭、一定体积的浓氨水和双氧水。
③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。
④向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤。
⑤向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）写出制备[C(NH3)6]Cl3的化学方程式 。
（2）向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞 (填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55-60℃左右，温度不宜过高的原因是 ；干燥管中试剂为 。
（3）步骤④中趁热过滤的目的是 。
（4）步骤⑤中关于甲、乙溶液的选择合理的是 (填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水 B．甲为乙醇，乙为水 C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
Ⅱ．测定产品纯度，实验如下：
①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1ml·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。
②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 ml·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：，)
（5）产品的质量分数为 。(列出计算式)
（6）加入硝基苯的目的是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）d（1分） 既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解 P2O5或CaCl2（1分）
（3）防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失
（4）C
（5）%
（6）使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀
【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CCl2溶液来制备[C(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为；将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入4mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2ml•L-1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
【解析】（1）由分析可知，制备[C(NH3)6]Cl3的化学方程式为：。
（2）C2+在溶液中较稳定，[C(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的C2+转化为具有较强还原性的[C(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3•H2O电离，有利于络合物形成；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解。干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
（3）由题干信息可知，三氯化六氨合钴[C(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失。
（4）由分析可知，滤渣中[C(NH3)6]Cl3•6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[C(NH3)6]Cl3•6H2O的电离，[C(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为：C。
（5）滴定原理为过量溶液将a g产品中的全部沉淀，过量的溶液用KSCN溶液滴定，根据反应的计量关系可知，结合，可得产品的质量分数为% 。
（6）由题干信息可知，，AgCl易转化为AgSCN，硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀。
18．（14分）我国科研团队探究了合成工艺效率的影响因素。
总反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：①表示转化率。②表示选择性：。
回答下列问题：
（1） 。
（2）绝热刚性容器中，若只发生反应I，下列条件可判断平衡的是_______(填标号)。
A．消耗速率等于生成速率B．容器中压强不变
C．混合气体密度不变D．混合气体的平均相对分子质量不变
（3）科研小组探究了不同温度下催化剂(A和B)对转化率、各产物选择性的影响，结果如图1所示，较适宜的催化剂是 (填“A”或“B”)。
（4）在适宜温度下转化率较低，可通过调控进料比来提高。调控进料比时，反应相同时间，催化剂对转化率、各产物选择性的影响，结果如图2所示。在进料比为4.0时无检出，可能的原因是 。
（5）若在恒容容器中，按和进料，达平衡后，转化率为，达到平衡所用时间为，则 ，总反应的平衡常数 。
（6）在工业生产实践中，选择的进料比低于4.0，可能的原因是 (答一点)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）-49.5
（2）B
（3）A（1分）
（4）增加进料时，对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，使难以积存
（5） （3分）
（6）进料比高时的转化率低，增加了成本(或过多会增加分离成本/过多易爆炸有安全隐患/进料比较低时，反应已进行彻底)
【解析】（1）反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得。
（2）A. 消耗速率等于生成速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选A； B. 反应在绝热刚性容器中进行，温度是变量，所以压强是变量，容器中压强不变，反应一定达到平衡状态，故选B；C. 反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不变，反应不一定平衡，故不选C；D. 反应前后气体总质量不变、气体物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应不一定平衡，故不选D；选B。
（3）根据图1，催化剂A在适宜温度下的转化率和选择性都比较高，故催化剂A适宜。
（4）根据反应分析，进料比越高，的相对含量越高，反应Ⅰ和反应Ⅱ均加快，此时无检出，可能是因为增加进料时对反应Ⅱ影响更大，使难以积存。
（5）按和进料时，无，可看成只发生总反应，据此列出三段式。

达到平衡所用时间为，则，总反应的平衡常数。
（6）结合图像和原理分析，进料比高时转化率高，而转化率低，但价格更高，进料比高时的转化率低，增加了成本；过多会增加分离成本，过多易爆炸有安全隐患等，所以在工业生产实践中，选择的进料比低于4.0。
19．（14分）可有效应用于靶向药物传递和肿瘤治疗等。下图为合成路线之一(部分反应条件简化或略去)：
已知：(i)RXRMgX
(ii)
(iii)
回答下列问题：
（1）分子的空间结构是 ，的反应类型为 反应。
（2）A→B过程中A断裂了键，而不是键的原因是 。
（3）反应中的作用是 。
（4）I的酸性 的酸性(填“>”或“